《高考數(shù)學 考前3個月知識方法專題訓練 第一部分 知識方法篇 專題7 解析幾何 第28練 橢圓問題中最值得關注的基本題型 文-人教版高三數(shù)學試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高考數(shù)學 考前3個月知識方法專題訓練 第一部分 知識方法篇 專題7 解析幾何 第28練 橢圓問題中最值得關注的基本題型 文-人教版高三數(shù)學試題（16頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第28練　橢圓問題中最值得關注的基本題型 [題型分析·高考展望]　橢圓問題在高考中占有比較重要的地位，并且占的分值也較多．分析歷年的高考試題，在選擇題、填空題、解答題中都有涉及到橢圓的題，所以我們對橢圓知識必須系統(tǒng)的掌握．對各種題型，基本的解題方法也要有一定的了解． 體驗高考 1．(2015·廣東)已知橢圓＋＝1(m>0)的左焦點為F1(－4,0)，則m等于(　　) A．2 B．3 C．4 D．9 答案　B 解析　由題意知25－m2＝16，解得m2＝9，又m>0，所以m＝3. 2．(2015·福建)已知橢圓E：＋＝1(a＞b＞0)的右焦點為F，短軸的一個端點為M，直線l：3

2、x－4y＝0交橢圓E于A，B兩點．若|AF|＋|BF|＝4，點M到直線l的距離不小于，則橢圓E的離心率的取值范圍是(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　設左焦點為F0，連接F0A，F(xiàn)0B，則四邊形AFBF0為平行四邊形． ∵|AF|＋|BF|＝4， ∴|AF|＋|AF0|＝4， ∴a＝2. 設M(0，b)，則≥，∴1≤b＜2. 離心率e＝＝＝＝∈， 故選A. 3．(2016·課標全國丙)已知O為坐標原點，F(xiàn)是橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的左焦點，A，B分別為C的左，右頂點．P為橢圓C上一點，且PF⊥x軸．過點A的直線l與線段PF交于點M，與y軸交于點E.若直線

3、BM經(jīng)過OE的中點，則橢圓C的離心率為(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　設M(－c，m)，則E，OE的中點為D，則D，又B，D，M三點共線，所以＝，a＝3c，e＝. 4．(2015·浙江)已知橢圓＋y2＝1上兩個不同的點A，B關于直線y＝mx＋對稱． (1)求實數(shù)m的取值范圍； (2)求△AOB面積的最大值(O為坐標原點)． 解　(1)由題意知m≠0， 可設直線AB的方程為y＝－x＋b. 由消去y， 得x2－x＋b2－1＝0. 因為直線y＝－x＋b與橢圓＋y2＝1有兩個不同的交點，所以Δ＝－2b2＋2＋＞0，① 將線段AB中點M代入直線方程y＝mx

4、＋， 解得b＝－，② 由①②得m＜－或m＞. (2)令t＝∈∪， 則|AB|＝·， 且O到直線AB的距離為d＝. 設△AOB的面積為S(t)， 所以S(t)＝|AB|·d＝≤. 當且僅當t2＝時，等號成立． 故△AOB面積的最大值為. 5．(2016·北京)已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的離心率為，A(a,0)，B(0，b)，O(0,0)，△OAB的面積為1. (1)求橢圓C的方程； (2)設P是橢圓C上一點，直線PA與y軸交于點M，直線PB與x軸交于點N.求證：|AN|·|BM|為定值． (1)解　由已知＝，ab＝1. 又a2＝b2＋c2，解得a＝2，b＝1，c

5、＝. ∴橢圓C的方程為＋y2＝1. (2)證明　由(1)知，A(2,0)，B(0,1)． 設橢圓上一點P(x0，y0)，則＋y＝1. 當x0≠0時，直線PA方程為y＝(x－2)， 令x＝0得yM＝. 從而|BM|＝|1－yM|＝. 直線PB方程為y＝x＋1， 令y＝0得xN＝. ∴|AN|＝|2－xN|＝. ∴|AN|·|BM|＝· ＝· ＝ ＝＝4. 當x0＝0時，y0＝－1，|BM|＝2，|AN|＝2， ∴|AN|·|BM|＝4. 故|AN|·|BM|為定值． 高考必會題型 題型一　利用橢圓的幾何性質解題 例1　如圖，焦點在x軸上的橢圓＋＝1的離心率e

6、＝，F(xiàn)，A分別是橢圓的一個焦點和頂點，P是橢圓上任意一點，求·的最大值和最小值． 解　設P點坐標為(x0，y0)．由題意知a＝2， ∵e＝＝，∴c＝1，∴b2＝a2－c2＝3. 所求橢圓方程為＋＝1. ∴－2≤x0≤2，－≤y0≤. 又F(－1,0)，A(2,0)，＝(－1－x0，－y0)， ＝(2－x0，－y0)， ∴·＝x－x0－2＋y＝x－x0＋1＝(x0－2)2. 當x0＝2時，·取得最小值0， 當x0＝－2時，·取得最大值4. 點評　熟練掌握橢圓的幾何性質是解決此類問題的根本，利用離心率和橢圓的范圍可以求解范圍問題、最值問題，利用a、b、c之間的關系和橢圓的對稱性

7、可構造方程． 變式訓練1　如圖，F(xiàn)1、F2分別是橢圓C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦點，A是橢圓C的頂點，B是直線AF2與橢圓C的另一個交點，∠F1AF2＝60°. (1)求橢圓C的離心率； (2)若△AF1B的面積為40，求橢圓C的方程． 解　(1)由題意可知，△AF1F2為等邊三角形， a＝2c，所以e＝. (2)方法一　a2＝4c2，b2＝3c2， 直線AB的方程可為y＝－(x－c)， 將其代入橢圓方程3x2＋4y2＝12c2， 得B(c，－c)， 所以|AB|＝·|c－0|＝c， 由S△AF1B＝|AF1|·|AB|sin ∠F1AB ＝a·a·＝a2＝4

8、0， 解得a＝10，b＝5，所以橢圓C的方程為＋＝1. 方法二　設|AB|＝t，因為|AF2|＝a， 所以|BF2|＝t－a， 由橢圓定義|BF1|＋|BF2|＝2a可知，|BF1|＝3a－t， 再由余弦定理(3a－t)2＝a2＋t2－2atcos 60°可得， t＝a，由S△AF1B＝|AF1|·|AB|sin ∠F1AB ＝a·a·＝a2＝40知，a＝10，b＝5， 所以橢圓C的方程為＋＝1. 題型二　直線與橢圓相交問題 例2　(2015·課標全國Ⅱ)已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的離心率為，點(2，)在C上． (1)求橢圓C的方程； (2)直線l不過原點O且不平

9、行于坐標軸，l與C有兩個交點A，B，線段AB的中點為M，證明：直線OM的斜率與直線l的斜率的乘積為定值． (1)解　由題意得＝，＋＝1， 解得a2＝8，b2＝4. 所以橢圓C的方程為＋＝1. (2)證明　設直線l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)．將y＝kx＋b代入＋＝1，得 (2k2＋1)x2＋4kbx＋2b2－8＝0. 故xM＝＝，yM＝k·xM＋b＝. 于是直線OM的斜率kOM＝＝－， 即kOM·k＝－. 所以直線OM的斜率與直線l的斜率的乘積為定值． 點評　解決直線與橢圓相交問題的一般思路：將直線方程與橢圓方程聯(lián)立

10、，轉化為一元二次方程，由判別式范圍或根與系數(shù)的關系解決．求范圍或最值問題，也可考慮求“交點”，由“交點”在橢圓內(外)，得出不等式，解不等式． 變式訓練2　橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為，且過其右焦點F與長軸垂直的直線被橢圓C截得的弦長為2. (1)求橢圓C的方程； (2)設點P是橢圓C的一個動點，直線l：y＝x＋與橢圓C交于A，B兩點，求△PAB面積的最大值． 解　(1)∵橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為， ∴e＝＝，∴2c＝a，即4c2＝3a2， 又∵過橢圓右焦點F與長軸垂直的直線被橢圓C截得的弦長為2， ∴＋＝1，∴＋＝1， 即b2＝4，又a2－b2＝c

11、2， ∴a2＝b2＋c2＝4＋a2，即a2＝16， ∴橢圓C的方程為＋＝1. (2)聯(lián)立直線l：y＝x＋與橢圓C的方程， 得消去y， 整理可得7x2＋12x－52＝0， 即(7x＋26)(x－2)＝0，解得x＝2或x＝－， ∴不妨設A(2，)，B(－，－)， 則|AB|＝＝， 設過P點且與直線l平行的直線L的方程為y＝x＋C，L與l的距離就是P點到AB的距離， 即△PAB的邊AB上的高，只要L與橢圓相切， 就有L與邊AB的最大距離，即得最大面積． 將y＝x＋C代入＋＝1， 消元整理可得：7x2＋8Cx＋16C2－64＝0， 令判別式Δ＝(8C)2－4×7×(16C2

12、－64) ＝－256C2＋28×64＝0， 解得C＝± ＝± . ∴L與AB的最大距離為 ＝， ∴△PAB面積的最大值為×× ＝(2＋)． 題型三　利用“點差法，設而不求思想”解題 例3　已知橢圓＋＝1(a>b>0)的一個頂點為B(0,4)，離心率e＝，直線l交橢圓于M，N兩點． (1)若直線l的方程為y＝x－4，求弦|MN|的長； (2)如果△BMN的重心恰好為橢圓的右焦點F，求直線l方程的一般式． 解　(1)由已知得b＝4，且＝，即＝， ∴＝，解得a2＝20， ∴橢圓方程為＋＝1. 則4x2＋5y2＝80與y＝x－4聯(lián)立， 消去y得9x2－40x＝0，∴x1＝

13、0，x2＝， ∴所求弦長|MN|＝|x2－x1|＝. (2)如圖，橢圓右焦點F的坐標為(2,0)，設線段MN的中點為Q(x0，y0)， 由三角形重心的性質知 ＝2， 又B(0,4)， ∴(2，－4)＝2(x0－2，y0)， 故得x0＝3，y0＝－2， 即得Q的坐標為(3，－2)． 設M(x1，y1)，N(x2，y2)， 則x1＋x2＝6，y1＋y2＝－4， 且＋＝1，＋＝1， 以上兩式相減得 ＋＝0， ∴kMN＝＝－·＝－×＝， 故直線MN的方程為y＋2＝(x－3)， 即6x－5y－28＝0. 點評　當涉及平行弦的中點軌跡，過定點的弦的中點軌跡，過定點且被定點

14、平分的弦所在直線方程時，用“點差法”來求解． 變式訓練3　已知橢圓＋＝1(a>b>0)，焦點在直線x－2y－2＝0上，且離心率為. (1)求橢圓方程； (2)過P(3,1)作直線l與橢圓交于A，B兩點，P為線段AB的中點，求直線l的方程． 解　(1)∵橢圓＋＝1(a>b>0)， 焦點在直線x－2y－2＝0上， ∴令y＝0，得焦點(2,0)，∴c＝2， ∵離心率e＝＝，∴＝， 解得a＝4，∴b2＝16－4＝12， ∴橢圓方程為＋＝1. (2)設A(x1，y1)，B(x2，y2)， ∵過P(3,1)作直線l與橢圓交于A，B兩點， P為線段AB的中點， ∴由題意，x1＋x2

15、＝6，y1＋y2＝2， ∴＋＝0， ∴kl＝＝－， ∴l(xiāng)的方程為y－1＝－(x－3)，即9x＋4y－31＝0. 高考題型精練 1．(2016·課標全國乙)直線l經(jīng)過橢圓的一個頂點和一個焦點，若橢圓中心到l的距離為其短軸長的，則該橢圓的離心率為(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　如圖，由題意得，BF＝a，OF＝c，OB＝b， OD＝×2b＝b. 在Rt△OFB中，|OF|×|OB|＝|BF|×|OD|， 即cb＝a·b，代入解得a2＝4c2， 故橢圓離心率e＝＝，故選B. 2．已知橢圓＋＝1，F(xiàn)1、F2分別是橢圓的左、右焦點，點A(1,1)為橢圓

16、內一點，點P為橢圓上一點，則|PA|＋|PF1|的最大值是(　　) A．6 B．6＋2 C．6－ D．6＋ 答案　D 解析　|PA|＋|PF1|＝|PA|＋2a－|PF2|≤2a＋|AF2|＝6＋， 當P，A，F(xiàn)2共線時取最大值，故選D. 3．已知橢圓＋＝1的右焦點為F，P是橢圓上一點，點A(0,2)，當△APF的周長最大時，直線AP的方程為(　　) A．y＝－x＋2 B．y＝x＋2 C．y＝－x＋2 D．y＝x＋2 答案　D 解析　橢圓＋＝1中a＝3，b＝，c＝＝2， 由題意，設F′是左焦點， 則△APF周長＝|AF|＋|AP|＋|PF|＝|AF|＋|AP|＋2a

17、－|PF′| ＝4＋6＋|PA|－|PF′|≤10＋|AF′| (A，P，F(xiàn)′三點共線，且P在AF′的延長線上時，取等號)， 直線AP的方程為＋＝1， 即y＝x＋2，故選D. 4．如果橢圓＋＝1的弦被點(4,2)平分，則這條弦所在的直線方程是(　　) A．x－2y＝0 B．x＋2y－4＝0 C．2x＋3y－14＝0 D．x＋2y－8＝0 答案　D 解析　設這條弦的兩端點為A(x1，y1)，B(x2，y2)， 斜率為k，則 兩式相減再變形得＋k＝0， 又弦中點坐標為(4,2)，故k＝－， 故這條弦所在的直線方程為y－2＝－(x－4)， 整理得x＋2y－8＝0，故選

18、D. 5．設F1、F2分別是橢圓C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦點，點P在橢圓C上，線段PF1的中點在y軸上，若∠PF1F2＝30°，則橢圓的離心率為(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　∵線段PF1的中點在y軸上， 設P的橫坐標為x，F(xiàn)1(－c,0)，∴－c＋x＝0， ∴x＝c，∴P與F2的橫坐標相等， ∴PF2⊥x軸， ∵∠PF1F2＝30°，∴|PF2|＝|PF1|， ∵|PF2|＋|PF1|＝2a，∴|PF2|＝a， tan ∠PF1F2＝＝＝， ∴＝，∴e＝＝. 6．過點M(0,1)的直線l交橢圓C：＋＝1于A，B兩點，F(xiàn)1為橢圓的左焦點，當△

19、ABF1周長最大時，直線l的方程為______________． 答案　x＋y－1＝0 解析　設右焦點為F2(1,0)，則|AF1|＝4－|AF2|， |BF1|＝4－|BF2|， 所以|AF1|＋|BF1|＋|AB| ＝8＋|AB|－(|AF2|＋|BF2|)， 顯然|AF2|＋|BF2|≥|AB|， 當且僅當A，B，F(xiàn)2共線時等號成立， 所以當直線l過點F2時，△ABF1的周長取最大值8， 此時直線方程為y＝－x＋1，即x＋y－1＝0. 7．(2016·江蘇)如圖，在平面直角坐標系xOy中，F(xiàn)是橢圓＋＝1(a＞b＞0)的右焦點，直線y＝與橢圓交于B，C兩點，且∠BFC＝

20、90°，則該橢圓的離心率是________． 答案　 解析　聯(lián)立方程組 解得B、C兩點坐標為 B，C，又F(c,0)， 則＝，＝， 又由∠BFC＝90°， 可得·＝0，代入坐標可得： c2－a2＋＝0，① 又因為b2＝a2－c2. 代入①式可化簡為＝， 則橢圓離心率為e＝＝＝. 8．(2016·淮北一中高三最后一卷)P為橢圓＋＝1上的任意一點，AB為圓C：(x－1)2＋y2＝1的任一條直徑，則·的取值范圍是________． 答案　[3,15] 解析　圓心C(1,0)為橢圓的右焦點， ·＝(＋)·(＋) ＝(＋)·(－) ＝2－2＝||2－1， 顯然||∈[

21、a－c，a＋c]＝[2,4]， 所以·＝||2－1∈[3,15]． 9．設橢圓的中心為原點O，焦點在x軸上，上頂點為A(0,2)，離心率為. (1)求該橢圓的標準方程； (2)設B1(－2,0)，B2(2,0)，過B1作直線l交橢圓于P，Q兩點，使PB2⊥QB2，求直線l的方程． 解　(1)設橢圓的標準方程為＋＝1(a>b>0)， ∵＝，∴1－＝，即＝， 又∵b2＝4，∴a2＝20，∴橢圓的標準方程為＋＝1. (2)由題意知直線l的傾斜角不為0， 故可設直線l的方程為：x＝my－2. 代入橢圓方程得(m2＋5)y2－4my－16＝0， 設P(x1，y1)，Q(x2，y2)

22、， 則y1＋y2＝，y1·y2＝－， 又＝(x1－2，y1)，＝(x2－2，y2)， 所以·＝(x1－2)(x2－2)＋y1y2 ＝(my1－4)(my2－4)＋y1y2 ＝(m2＋1)y1y2－4m(y1＋y2)＋16 ＝－－＋16 ＝－， 由PB2⊥QB2得·＝0， 即16m2－64＝0，解得m＝±2， ∴直線l的方程為x＝±2y－2，即x±2y＋2＝0. 10．(2016·課標全國乙)設圓x2＋y2＋2x－15＝0的圓心為A，直線l過點B(1,0)且與x軸不重合，l交圓A于C，D兩點，過點B作AC的平行線交AD于點E. (1)證明|EA|＋|EB|為定值，并寫出點

23、E的軌跡方程； (2)設點E的軌跡為曲線C1，直線l交C1于M，N兩點，過點B且與l垂直的直線與圓A交于P，Q兩點，求四邊形MPNQ面積的取值范圍． 解　(1)因為|AD|＝|AC|，EB∥AC， 故∠EBD＝∠ACD＝∠ADC，所以|EB|＝|ED|， 故|EA|＋|EB|＝|EA|＋|ED|＝|AD|. 又圓A的標準方程為(x＋1)2＋y2＝16，從而|AD|＝4，所以|EA|＋|EB|＝4. 由題設得A(－1,0)，B(1,0)，|AB|＝2，由橢圓定義可得點E的軌跡方程為：＋＝1(y≠0)． (2)當l與x軸不垂直時，設l的方程為y＝k(x－1)(k≠0)，M(x1，y1

24、)，N(x2，y2)． 由得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0. 則x1＋x2＝，x1x2＝， 所以|MN|＝|x1－x2|＝. 過點B(1,0)且與l垂直的直線m：y＝－(x－1)， 點A到m的距離為， 所以|PQ|＝2＝4. 故四邊形MPNQ的面積 S＝|MN||PQ|＝12. 可得當l與x軸不垂直時，四邊形MPNQ面積的取值范圍為(12,8)． 當l與x軸垂直時，其方程為x＝1，|MN|＝3，|PQ|＝8，四邊形MPNQ的面積為12. 綜上，四邊形MPNQ面積的取值范圍為[12,8)． 11．(2015·安徽)設橢圓E的方程為＋＝1(a>b>0)，點O為坐標原點，點A的坐標為(a,0)，點B的坐標為(0，b)，點M在線段AB上，滿足|BM|＝2|MA|，直線OM的斜率為. (1)求橢圓E的離心率e； (2)設點C的坐標為(0，－b)，N為線段AC的中點， 證明：MN⊥AB. (1)解　由題設條件知，點M的坐標為， 又kOM＝，從而＝. 進而a＝b，c＝＝2b，故e＝＝. (2)證明　由N是AC的中點知，點N的坐標為，可得＝， 又＝(－a，b)， 從而有·＝－a2＋b2＝(5b2－a2)． 由(1)的計算結果可知a2＝5b2， 所以·＝0，故MN⊥AB.